精品解析：重庆市第八中学校2025-2026学年高三下学期入学考试数学试题

2025－2026学年度（下）高三年级入学考试 数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】复数化简为，即可求解． 【详解】， 则的虚部为2， 故选：D 2. 已知集合，，若，则满足条件的实数的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合包含关系的定义，由可知必在集合中，因此分情况讨论求解即可. 【详解】因为，所以必在集合中， 当，解得， 此时不满足集合元素的互异性，故 舍去， 当，解得或（舍去）， 此时，满足条件， 综上所述，， 故满足条件的实数的个数为1个. 故选：A. 3. 已知学生每日有效学习时间和其数学成绩相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是（ ） A. 每日学习时间长，数学成绩就一定高 B. 每日学习时间长，数学成绩就一定低 C. 随着每日学习时间由短到长，数学成绩呈上升趋势 D 随着每日学习时间由短到长，数学成绩呈下降趋势 【答案】C 【解析】 【分析】根据相关系数的性质可得正确的选项. 【详解】对于AB，当每日学习时间长，数学成绩变高变低不确定，故AB错误. 对于CD，因为相关系数为正，故随着每日学习时间由短到长，数学成绩呈上升趋势，故C正确，D错误. 故选：C. 4. 在中，若，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，由得到是中点，且可以得到为的三等分点，再由，，求解即可. 【详解】设，，因为得是中点，所以，由得分为，可得， 设，则， 设，则， 所以，，解得. 故选：B 5. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出的值，分析可知为等边三角形，即可得出的值. 【详解】设抛物线的准线与轴的交点为，如下图所示： 由题意可知，因为，所以， 易知，所以， 由抛物线的定义可知，故为等边三角形，故. 故选：B. 6. 已知，则（ ） A. B. 14 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过两角和余弦公式对已知式子化简变形求解即可. 【详解】因为，，则 ，， 两式相加减，得到，解得 则. 故选：A. 7. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，设切点为，由导数求出切线的斜率，进而使用点斜式求出切线的方程，与比较系数，即可求得切线方程为，设，设切点为，同理可求出切线的方程，再与比较系数，即可求得的值. 【详解】设，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 即与的公切线为， ，，设切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意得，即，解得， 故选：A. 8. 在平面四边形中，是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球表面积最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设、的外心分别为、，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，设这两垂线的交点为，求出、的长，利用勾股定理可得出，可得出长的最小值，再利用球体表面积公式可求得结果. 【详解】设、的外心分别为、， 则为的中点，为的中心， 过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，设这两垂线的交点为， 则为四面体的外接球球心，如下图所示： 因为为等边三角形，则， 所以，易知， 因为为等腰直角三角形，且其底边长为，所以， 故球的半径为， 当且仅当点与点重合时，取最小值，即球的半径的最小值为， 所以四面体的外接球表面积最小值为. 故选：C 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的． 9. 已知数列的前项和为，且满足，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. 数列为等差数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等比数列的定义可判断AB选项；求出数列的通项公式，可判断C选项；利用等比数列求和公式可判断D选项. 【详解】因为数列的前项和为，且满足，，， 对于A选项，由已知等式变形可得，且， 所以，所以，数列是首项为1，公比的等比数列， 故，A正确； 对于B选项，由已知等式变形得，且， 所以数列是首项为0，公差为0的等差数列，即，故数列不是等比数列，B错误； 对于C选项，由可得， 则，则数列为等差数列，C正确； 对于D选项，，故D正确． 故选：ACD. 10. 正方体棱长为2，分别为的中点，为棱上靠近的三等分点，则下列正确的有（ ） A. 沿正方体表面从到的最短距离为 B. 三棱锥的体积为2 C. 为内的动点，则最小值为 D. 是直线上的动点，是直线上的动点，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A转化为两点之间直线段最短问题，利用展开图将空间问题转化为平面问题；选项B利用切割法，在正方体体积上切除两个四棱锥和两个三棱锥即可得三棱锥的体积；选项C则是经典的将军饮马问题，可以取对称点加以解决；选项D，的最小值为直线到过直线且与直线平行的平面的距离，利用等体积法进行转化即可. 【详解】选项A，若将正方体的面与面如下图所示展开， 则展开图中，故A选项错误； 选项B， ，故B选项正确； 选项C，因为，且到平面的距离为， 则关于平面的对称点为线段靠近的三等分点，， 所以， ，当且仅当时不等式取等， 故C选项正确； 选项D，的最小值为直线到过直线且与直线平行的平面的距离， 如图，连接，交于点，取中点,连接, 由正方体结构特征可知, 又， ， 所以四边形为平行四边形，所以， 又不在平面内，在平面内， 所以平面，即平面. 则直线上一点到平面的距离可转化为点到平面的距离， 设该距离为且为以为底，点为顶点的三棱锥的高， 则有， 在中，， 所以， 在中，， 所以， 所以， 解得，D选项正确. 故选：BCD. 11. 平面曲线的曲率就是针对曲线上某个点的切线方向角弧长的转动率，表明曲线偏离直线的程度．定义函数的曲率函数（是的导数，是的导数），以下结论正确的是（ ） A. 函数当且仅当在最值处的曲率为1 B. 曲线的图象上任一点曲率恒为常数 C. 函数在点处的曲率最大 D. 若函数在处的曲率相同，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，先根据函数单调性求得函数的曲率函数范围，求得曲率为1的自变量的取值集合即可判断；对于B，将其转化为函数或且，再分别计算对应的曲率函数即可判定；对于C，求解曲率函数得，再求导研究单调性即可判断；对于D，不妨设，进而将问题转化为，，，令，，则，转化为，再结合基本不等式求得，即可得答案. 【详解】对于A，，，函数的曲率函数为， 令，则，当时，； 当时，单调递增且， 而单调递减且，单调递增且， 根据复合函数的单调性知在时单调递减， 所以可知在时单调递增， 所以的最大值为，所以，即， 所以当函数的曲率为1时，， 即，时，此时函数取得最值，故A选项正确； 对于B，对于， 转化为函数或且， 对于求导得， 得到， 所以， 同理，对于求导得， 所以， 综上，曲线的图象上任一点曲率恒为常数，故B选项正确； 对于C，函数，，， 所以， 则， 令得， 所以，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在处取得最大值，点处的曲率不是最大的，故C选项错误； 对于D，函数，，，故， 则。 令得，即， 故当时，单调递增；当时，单调递减； 所以在取得极大值， 因为函数，在处的曲率相同， 不妨设，则，，即， 令，，则， 所以，即， 所以，整理得，， 由得， 所以，即， 令，则，即， 所以，解得，即， 所以，故， 所以函数在处的曲率相同，则，D选项正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12 若角顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由三角函数的定义可知，结合，可得． 【详解】角终边与单位圆交于点， ，， ， ． 故答案为：． 13. 已知，若存在使得，则的最大值为__________． 【答案】39 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项可得，然后由可得为奇数，然后可得，即可求出答案. 【详解】二项式的通项为， 二项式的通项为， ，， 若，则为奇数， 此时， 得， ，又为奇数，的最大值为39. 故答案为：39. 14. 甲、乙、丙、丁四名象棋选手进行单循环赛（每两人赛一场），规定每局胜者得分，平局各得分，负者得分．比赛结束后，四人的得分各不相同，且第二名的得分是最后两名得分之和的．则在甲和乙的比赛结果为平局的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知共比赛场，则四位选手总得分为分，设第一、二、三、四名的得分分别为、、、，则，根据题意列出关于、、、的等式与不等式，求出这四个量的可能取值，然后分、两种情况讨论，列举出所有可能情况，结合古典概型的概率公式可得出所求事件的概率. 【详解】甲、乙、丙、丁四名象棋选手进行单循环赛（每两人赛一场），共比赛场， 其中每场两位选手的得分之和为分，则场比赛后四名选手的得分之和为分， 设第一、二、三、四名的得分分别为、、、，则， 根据题意得，解得或， ①当时，有种得分结果： 分（胜平）、分（胜平）、分（平负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜平）、分（胜负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（平负）、分（平负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（胜负）、分（平负）. 每种得分结果中平局的分别有：局、局、局、局； ②当时，有种得分结果： 分（胜平）、分（胜平）、分（胜平负）、分（负）； 分（胜平）、分（胜负）、分（胜平负）、分（负）； 每种得分结果中平局分别有：局、局. 综上所述，由对称性知，共有种可能的得分构成情况，由对称性可知这种情况等可能， 各种情况下，总比赛场次为场，平局的场次数分别为、、、、、， 所求概率为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角的对边分别为．若． （1）已知，求三角形的三边长； （2）若，为中点，求外接圆半径． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理结合求得或，又由题意知：所以即可求解三角形的三边长； （2）由代入条件化简得到，分析得到，利用勾股定理和，解得，设的内切圆半径为，再由正弦定理求解即可. 【小问1详解】 ，解得或， 又由题意知：，∴，∴满足条件 ∴，即为三角形的三边 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴，即， ∴或， ∵， ∴， 当时，边最长，与条件矛盾，故舍去； 当时，则，又， ∴，解得：， ∴,∴, 又∵为中点，∴， ∴在中，， 设的外接圆半径为， 由正弦定理得，即， ∴的外接圆半径为． 16. 已知数列首项不为0，，则： （1）若且，则数列前10项和为多少？ （2）是否存在实数，使得成立？ 【答案】（1）5； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）把代入，取倒数变形等式可得，进而求出目标值. （2）依次计算用表示，结合给定条件可得恒成立的等式即可求解. 【小问1详解】 当时，，，显然，两边取倒数得， 即，则， 所以. 【小问2详解】 由，得， 则， 同理，若恒成立，而， 则存在，使得恒成立，因此，解得， 所以存在实数，使得成立. 17. 如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角正弦值为，求线段长度． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正方形的性质证明，再借助已知线线垂直可证明线面垂直，再利用面面垂直可证明线面垂直，从而可得线线垂直，即证中点； （2）利用空间向量法来研究线面角的正弦值，得出，即可求出弦长即可. 【小问1详解】 证明：取的中点，连交于． 在正方形中，由于为的中点， 可得≌，则， 因为，所以， 得到，即． 因为，、平面， 所以平面，又平面，故． 由于平面平面，平面平面，平面， ，故平面，又平面，则 因为平面，所以平面， 又因为平面，则，又点是的中点，故． 【小问2详解】 由于圆的半径为，则正方形的边长为2，又，则． 以为坐标原点，过点作平行的直线分别为轴，轴， 所在的直线为轴建立如图空间直角坐标系． 则， 由于圆半径，为上底面圆上一点设， 故． 设平面的法向量为，由，得 取，故， 设与平面所成角为，则 平方后整理方程得 解得或（舍） 所以． 18. 已知，其中． （1）讨论的单调性； （2）已知． （i）若在处的切线经过坐标原点，求实数的值与的方程； （ii）对任意的，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）（i）1，；（ii）． 【解析】 【分析】（1）求导，判断导函数的正负进行求函数的单调性； （2）（i）由导函数的几何意义进行求解； （ii），令，由知，现证当时对任意的，恒成立．构造函数，求导进行求解． 【小问1详解】 函数的定义域为，， 当时，在上单调递减； 当时，由得，由得， 故在上单调递减，在上单调递增． 综上知：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，上单调递增． 【小问2详解】 （i）由题， 则，由于切线过坐标原点， 故有，解得， 此时切点为，故切线的方程为； （ii），令， 由知， 现证当时对任意的有恒成立： 令，其为关于二次函数，开口向上，对称轴为， ①当即时，要证，只需证， ，令，注意到， ，令， 得，由于， 故，所以单调递增，， 所以上，单调递减，上，单调递增， 所以为的极小值点，所以， 所以当时，对任意的均有； ②当即时，要证，只需证其， ，显然单调递增， 所以， 故，所以当时，对任意的也有． 综上，当时，对任意的都有，所以的取值范围为． 19. 已知为坐标原点，动圆过点且与直线相切． （1）设圆的圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程； （2）过点斜率为的直线与曲线交于两点， （i）过分别作曲线的两条切线，记与的交点是，若的面积为32，求的值； （ii）将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）设，动圆的半径为，求圆心到直线的距离，化简即可. （2）（i）设直线方程为，与抛物线方程联立，通过韦达定理以及求解点到直线的距离再通过的面积求解即可. （ii）设关于轴的对称点分别为，记以等腰梯形绕轴旋转一周得到的圆台体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，再由，以及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 设，动圆的半径为，则， 圆心到直线的距离， 所以，化简得，所以曲线的方程为． 【小问2详解】 （i）设直线方程为，设 联立，消去得， 由韦达定理：． 由方程得，所以， 则抛物线在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为，即， 联立，解得，所以． 点到直线的距离， 所以，所以． （ii）设关于轴的对称点分别为记以等腰梯形绕轴旋转一周得到的圆台体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，为顶点的圆锥体积为，所求旋转体体积为： ，又， 所以， 又，，， 所以 所以． 当时取得“”，即时取得“”所以所求旋转体体积的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025－2026学年度（下）高三年级入学考试 数学试题 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知集合，，若，则满足条件的实数的个数为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知学生每日有效学习时间和其数学成绩相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是（ ） A. 每日学习时间长，数学成绩就一定高 B. 每日学习时间长，数学成绩就一定低 C. 随着每日学习时间由短到长，数学成绩呈上升趋势 D. 随着每日学习时间由短到长，数学成绩呈下降趋势 4. 在中，若，设，则（ ） A. B. C. D. 5. 设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则（ ） A. B. C. D. 6 已知，则（ ） A. B. 14 C. D. 7. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 8. 在平面四边形中，是边长为的等边三角形，是以点为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线折成四面体，在折起的过程中，四面体的外接球表面积最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的． 9. 已知数列的前项和为，且满足，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. 数列为等差数列 D. 10. 正方体的棱长为2，分别为的中点，为棱上靠近的三等分点，则下列正确的有（ ） A. 沿正方体表面从到的最短距离为 B. 三棱锥的体积为2 C. 为内的动点，则最小值为 D. 是直线上的动点，是直线上的动点，则的最小值为 11. 平面曲线的曲率就是针对曲线上某个点的切线方向角弧长的转动率，表明曲线偏离直线的程度．定义函数的曲率函数（是的导数，是的导数），以下结论正确的是（ ） A. 函数当且仅当在最值处的曲率为1 B. 曲线的图象上任一点曲率恒为常数 C. 函数在点处的曲率最大 D. 若函数在处的曲率相同，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若角顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点，且，则__________． 13. 已知，若存在使得，则的最大值为__________． 14. 甲、乙、丙、丁四名象棋选手进行单循环赛（每两人赛一场），规定每局胜者得分，平局各得分，负者得分．比赛结束后，四人的得分各不相同，且第二名的得分是最后两名得分之和的．则在甲和乙的比赛结果为平局的概率为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角对边分别为．若． （1）已知，求三角形的三边长； （2）若，为中点，求外接圆半径． 16. 已知数列首项不为0，，则： （1）若且，则数列前10项和为多少？ （2）是否存在实数，使得成立？ 17. 如图，圆台下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． （1）求证：； （2）若，直线与平面所成角正弦值为，求线段长度． 18. 已知，其中． （1）讨论的单调性； （2）已知． （i）若在处切线经过坐标原点，求实数的值与的方程； （ii）对任意的，都有，求实数的取值范围． 19. 已知为坐标原点，动圆过点且与直线相切． （1）设圆的圆心的轨迹为曲线，求曲线的方程； （2）过点斜率为的直线与曲线交于两点， （i）过分别作曲线的两条切线，记与的交点是，若的面积为32，求的值； （ii）将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $